2025版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第4讲导数的综合应用第2课时利用导数探究函数零点问题教案文新人教A版

PAGEPAGE1第2课时利用导数探究函数零点问题推断、证明或探讨函数零点个数(师生共研)(2024·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．【证明】设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，g′(x)<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减．又g(0)＝0，g(eq\f(π,2))>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．eq\a\vs4\al()利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数探讨该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或改变趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理推断函数在某区间上有零点，然后利用导数探讨函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而推断函数在该区间上零点的个数．已知f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(ex,e)－3，F(x)＝lnx＋eq\f(ex,e)－3x＋2.(1)推断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)推断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．解：(1)f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(ex,e)＝eq\f(x2ex－e,ex2)，令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)F′(x)＝f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(ex,e)－3，由(1)得∃x1，x2，满意0<x1<1<x2，使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，而F(1)＝0，当x→0时，F(x)→－∞，当x→＋∞时，F(x)→＋∞，画出函数F(x)的草图，如图所示．故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个．已知零点个数求参数范围(师生共研)函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．【解】(1)因为f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋2＝－2a，,－1×2＝b，))解得a＝－eq\f(1,2)，b＝－2，由导函数的图象可知(图略)，当－1<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x<－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(－1，2)．(2)由(1)得f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x＋c，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝eq\f(7,6)＋c，微小值为f(2)＝c－eq\f(10,3).而函数f(x)恰有三个零点，故必有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)＋c＞0，,c－\f(10,3)<0，))解得－eq\f(7,6)<c<eq\f(10,3).所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)，\f(10,3))).eq\a\vs4\al()已知函数(方程)零点的个数求参数范围(1)函数在定义域上单调，满意零点存在性定理．(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析．(3)分别参数后，数形结合，探讨参数所在直线与函数图象交点的个数．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在(0，1]上单调递增，所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；当x<0时，取x＝－eq\f(1,a)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))<1＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)－1))＝－a<0.所以函数f(x)存在零点，不满意题意．②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2<a<0.综上所述，实数a的取值范围是(－e2，0)．[基础题组练]1．(2024·江西七校第一次联考)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋eq\f(f（x）,x)>0，则函数F(x)＝x·f(x)－eq\f(1,x)的零点个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选B.函数F(x)＝xf(x)－eq\f(1,x)的零点，就是方程xf(x)－eq\f(1,x)＝0的根，即方程xf(x)＝eq\f(1,x)的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝eq\f(1,x)的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－eq\f(1,x)只有一个零点．故选B.2．(2024·武汉调研)已知f(x)＝ex－ax2.命题p：∀a≥1，y＝f(x)有三个零点，命题q：∃a∈R，f(x)≤0恒成立．则下列命题为真命题的是()A．p∧q B．(﹁p)∧(﹁q)C．(﹁p)∧q D．p∧(﹁q)解析：选B.对于命题p：当a＝1时，f(x)＝ex－x2，在同一坐标系中作出y＝ex，y＝x2的图象(图略)，由图可知y＝ex与y＝x2的图象有1个交点，所以f(x)＝ex－x2有1个零点，故命题p为假命题，因为f(0)＝1，所以命题q明显为假命题．故(﹁p)∧(﹁q)为真命题．3．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1<a<2时，函数y＝f(x)－a的零点有个．解析：依据导函数图象，知2是函数的微小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.答案：44．若函数f(x)＝eq\f(ax－a,ex)＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为．解析：f′(x)＝eq\f(aex－（ax－a）ex,e2x)＝eq\f(－a（x－2）,ex)(a<0)．当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，所以当x＝2时，f(x)有微小值f(2)＝eq\f(a,e2)＋1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝eq\f(a,e2)＋1>0，解得a>－e2，因此－e2<a<0.答案：(－e2，0)5．已知函数f(x)＝a＋eq\r(x)lnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)试推断f(x)的零点个数．解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝(eq\r(x))′lnx＋eq\r(x)·eq\f(1,x)＝eq\f(\r(x)（lnx＋2）,2x)，令f′(x)＞0，解得x＞e－2，令f′(x)<0，解得0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增．(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－eq\f(2,e)，明显a＞eq\f(2,e)时，f(x)＞0，无零点，a＝eq\f(2,e)时，f(x)＝0，有1个零点，a<eq\f(2,e)时，f(x)<0，有2个零点．6．(2024·保定调研)已知函数f(x)＝eq\f(a,6)x3－eq\f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(10,3))).(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．解：(1)因为函数f(x)＝eq\f(a,6)x3－eq\f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(10,3)))，所以eq\f(32a,3)－4a－4a－2＝eq\f(10,3)，解得a＝2，即f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x－2，所以f′(x)＝x2－x－2.由f′(x)>0，得x<－1或x>2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－eq\f(1,3)－eq\f(1,2)＋2－2＝－eq\f(5,6)，f(x)微小值＝f(2)＝eq\f(8,3)－2－4－2＝－eq\f(16,3)，由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，则－eq\f(16,3)<2m－3<－eq\f(5,6)，解得－eq\f(7,6)<m<eq\f(13,12).所以m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)，\f(13,12))).[综合题组练]1．(2024·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因为y＝lnx单调递增，y＝eq\f(1,x)单调递减，所以f′(x)单调递增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由α>x0>1得eq\f(1,α)<1<x0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)－1))lneq\f(1,α)－eq\f(1,α)－1＝eq\f(f（α）,α)＝0，故eq\f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．2．(2024·武昌区调研考试)已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－eq\f(3,2)x2＋6x，其中a>0.(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．当x>1时，f′(x)>0；当0<x<1时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1.令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－eq\f(3,2)x2＋6x＋m，则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．当x>1时，h′(x)<0；当0<x<1时，h′(x)>0.所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝eq\f(7,2)＋m.要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则eq\f(7,2)＋m≥－1，即m≥－eq\f(9,2).所以实数m的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).规范答题示范(一)函数与导数类型一函数的单调性、极值及最值(12分)已知函数f(x)＝excosx－x.(1)求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；❶(2)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．❷[建桥寻突破]❶看到求曲线的切线方程，想到利用导数的几何意义求切线的斜率，再确定切线方程．❷看到求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值，想到利用导数探讨函数在给定区间上的单调性，得出最值.[规范解答](1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，2分eq\x(得分点①)又因为f(0)＝1，f′(0)＝0，3分eq\x(得分点②)所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.4分eq\x(得分点③)(2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx．6分eq\x(得分点④)当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，h′(x)＜0，7分eq\x(得分点⑤)所以h(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减.8分eq\x(得分点⑥)所以对随意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0，9分eq\x(得分点⑦)所以函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，10分eq\x(得分点⑧)因此f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为f(0)＝1，11分eq\x(得分点⑨)最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2).12分eq\x(得分点⑩)[评分标准]①有正确的求导式子得2分；②得出f′(0)＝0得1分；③写出切线方程y＝1得1分；④对新函数h(x)＝ex(cosx－sinx)－1求导正确得2分．求导出错不得分；⑤得出x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，h′(x)＜0得1分；⑥正确推断出函数h(x)的单调性得1分；⑦得出f′(x)＜0得1分；⑧推断出函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的单调性得1分；⑨求出最大值得1分；⑩求出最小值得1分.[解题点津](1)牢记求导法则，正确求导：在函数与导数类解答题中，通常会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，如本题第(1)问就涉及对函数的求导．(2)留意利用第(1)问的结果：在题设条件下，假如第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以干脆用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基础上求解.[核心素养]导数的几何意义、函数的单调性、极值与最值的综合问题以函数为载体，以导数为解题工具，主要考查函数的单调性、极值、最值问题的求法．主要考查“数学运算”的核心素养.类型二函数、导数与不等式(12分)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)eq\a\vs4\al(探讨f（x）的单调性；)❶(2)当a＜0时，证明eq\a\vs4\al(f（x）≤－\f(3,4a)－2.)❷[建桥寻突破]❶看到探讨f(x)的单调性，想到先确定函数的定义域，然后对函数f(x)进行求导．❷看到f(x)≤－eq\f(3,4a)－2成立，想到利用导数求函数的最大值.[规范解答](1)f′(x)＝eq\f(2ax2＋（2a＋1）x＋1,x)＝eq\f(（2ax＋1）（x＋1）,x)(x＞0)，2分eq\x(得分点①)当a≥0时，f′(x)≥0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，4分eq\x(得分点②)当a＜0时，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减.6分eq\x(得分